Exercice 1 3790 ENTPE (MP)Correction

Pour tout $n \in ℕ$ et tout $x \in ℝ_{+}$ , on pose

f_{n} (x) = x^{n} (1 - \sqrt{x}) .

(a)

Montrer que

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} f_{n} (x) d x = \int_{0}^{1} \frac{x}{1 + \sqrt{x}} d x .$
(b)

En déduire la valeur de

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{(n + 1) (2 n + 3)} .$

Solution

(a)

Sur $[0; 1 [$ , la série de fonction $\sum f_{n}$ converge simplement et sa somme est

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} f_{n} (x) = \frac{x}{1 - x} (1 - \sqrt{x}) = \frac{x}{1 + \sqrt{x}} .$

Cette fonction somme est continue par morceaux sur $[0; 1 [$ .
Les fonction $f_{n}$ sont intégrables sur $[0; 1 [$ et

$\int_{0}^{1} | f_{n} (x) | d x = \int_{0}^{1} f_{n} (x) d x \underset{u = \sqrt{x}}{=} \frac{1}{(n + 1) (2 n + 3)} .$

Ce terme est sommable et l’on peut donc intégrer terme à terme ce qui donne

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} f_{n} (x) d x = \int_{0}^{1} \frac{x}{1 + \sqrt{x}} d x .$
(b)

Ainsi,

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{(n + 1) (2 n + 3)} = \int_{0}^{1} \frac{x}{1 + \sqrt{x}} d x \underset{u = \sqrt{x}}{=} \frac{5}{3} - 2 \ln (2) .$

Exercice 2 2866 MINES (MP)Correction

Soit ${(a_{n})}_{n \geq 0}$ une suite bornée. Calculer

lim_{n \to + \infty} \int_{0}^{+ \infty} e^{- 2 t} (\sum_{p = n}^{+ \infty} a_{p} \frac{t^{p}}{p!}) d t .

Solution

La série $\sum a_{p} \frac{t^{p}}{p!}$ est convergente car

| a_{p} \frac{t^{p}}{p!} | \leq {∥ (a_{n}) ∥}_{\infty} \frac{t^{p}}{p!} .

De plus, sa somme est continue car on peut aisément établir la convergence normale sur tout segment.

Enfin,

| \sum_{p = n}^{+ \infty} a_{p} \frac{t^{p}}{p!} | \leq {∥ (a_{n}) ∥}_{\infty} e^{t}

permet d’assurer l’existence de l’intégrale étudiée.
Posons

f_{p} (t) = a_{p} \frac{t^{p}}{p!} e^{- 2 t} .

La série de fonction $\sum f_{p}$ convergence simplement.
Les fonctions $f_{p}$ et $\sum_{p = n}^{+ \infty} f_{p}$ sont continues par morceaux.
Les fonctions $f_{p}$ sont intégrables sur $[0; + \infty [$ et

\int_{0}^{+ \infty} | f_{p} (t) | d t = \frac{| a_{p} |}{2^{p + 1}} \underset{p \to + \infty}{=} O (\frac{1}{2^{p + 1}})

est terme général d’une série convergente.

Par le théorème d’intégration terme à terme, on obtient

\int_{0}^{+ \infty} e^{- 2 t} (\sum_{p = n}^{+ \infty} a_{p} \frac{t^{p}}{p!}) d t = \sum_{p = n}^{+ \infty} \frac{a_{p}}{2^{p + 1}} .

Enfin, cette expression tend vers 0 en tant que reste d’une série convergente.

Exercice 3 2445 CENTRALE (MP)Correction

On pose

I_{n} = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + t^{n}} d t

pour tout entier $n > 0$ .

(a)

Trouver la limite $ℓ$ de $(I_{n})$ .
(b)

Donner un équivalent de $(ℓ - I_{n})$ .
(c)

Justifier

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + y)}{y} d y = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{{(k + 1)}^{2}} .$
(d)

Donner un développement asymptotique à trois termes de $I_{n}$ .

Solution

(a)

Posons $u_{n} (t) = 1 / (1 + t^{n})$ sur $] 0; 1]$ .
La suite de fonctions $(u_{n})$ converge simplement vers la fonction $u_{\infty} : t \mapsto 1$ .
Les fonctions $u_{n}$ et la fonction $u_{\infty}$ sont continues par morceaux.
Enfin

$\forall t \in] 0; 1], | u_{n} (t) | \leq 1 = φ (t)$

avec $φ :] 0; 1] \to ℝ_{+}$ intégrable. Par convergence dominée

$I_{n} = \int_{0}^{1} u_{n} (t) d t \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} u_{\infty} (t) d t = 1 = ℓ .$
(b)

On a

$ℓ - I_{n} = \int_{0}^{1} \frac{t^{n}}{1 + t^{n}} d t = \int_{0}^{1} t \frac{t^{n - 1}}{1 + t^{n}} d t .$

Par intégration par parties,

$ℓ - I_{n} = \frac{\ln (2)}{n} - \frac{1}{n} \int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t .$

Puisque

$| \int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t | \leq \int_{0}^{1} t^{n} d t = \frac{1}{n + 1}$

on peut affirmer

$ℓ - I_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\ln (2)}{n} .$
(c)

Pour $y \in] 0; 1 [$ ,

$\frac{\ln (1 + y)}{y} = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k} y^{k}}{k + 1} .$

Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues,

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + y)}{y} d y = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{{(k + 1)}^{2}} .$

Sans peine, $\sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{{(k + 1)}^{2}} = \frac{π^{2}}{12}$ sachant $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6}$ .
(d)

Par le changement de variable $𝒞^{1}$ strictement croissant $y = t^{n}$

$\int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t = \frac{1}{n} \int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + y)}{y^{\frac{n - 1}{n}}} d y .$

Par convergence dominée (domination par sa limite simple),

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + y)}{y^{\frac{n - 1}{n}}} d y \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} \frac{\ln (1 + y)}{y} d y = \frac{π^{2}}{12} .$

Ainsi,

$ℓ - I_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \frac{\ln (2)}{n} - \frac{π^{2}}{12 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}})$

puis

$I_{n} \underset{n \to + \infty}{=} 1 - \frac{\ln (2)}{n} + \frac{π^{2}}{12 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}}) .$

Exercice 4 2612 ENSTIM (MP)Correction

(a)

Déterminer la limite $ℓ$ quand $n \to + \infty$ de

$I_{n} = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + t^{n}} d t .$
(b)

Donner un équivalent de

$I_{n} - ℓ .$
(c)

Justifier

$\int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k (n k + 1)} .$
(d)

En déduire un équivalent de

$\int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t$

et donner un développement asymptotique à trois termes de $I_{n}$ .

Solution

(a)

On a

$| I_{n} - 1 | = \int_{0}^{1} \frac{t^{n}}{1 + t^{n}} d t \leq \int_{0}^{1} t^{n} d t = \frac{1}{n + 1} \to 0$

donc $I_{n} \to ℓ = 1$ .
(b)

Par intégration par parties

$I_{n} - 1 = - \frac{\ln (2)}{n} + \frac{1}{n} \int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t .$

Or

$0 \leq \int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t \leq \int_{0}^{1} t^{n} d t \to 0$

donc

$I_{n} = 1 - \frac{\ln (2)}{n} + o (\frac{1}{n}) .$
(c)

On a

$\ln (1 + t^{n}) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} t^{n k} .$

Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, on obtient la relation proposée.
(d)

On a

$n \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k (n k + 1)} - \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k^{2}} = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k^{2} (n k + 1)}$

avec

$| \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k}}{k^{2} (n k + 1)} | \leq \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} \to 0$

donc

$n \int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t \to \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k^{2}}$

avec

$\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k^{2}} = \frac{π^{2}}{12}$

car on sait

$\sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} = \frac{π^{2}}{6} .$

Finalement,

$I_{n} = 1 - \frac{\ln (2)}{n} + \frac{π^{2}}{12 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}}) .$

Exercice 5 2807 MINES (MP)Correction

(a)

Pour $(m, n) \in ℕ^{2}$ , calculer

$\int_{0}^{1} x^{n} {(1 - x)}^{m} d x .$
(b)

Pour $p \in ℤ$ , montrer l’existence de

$S_{p} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{n^{p}}{(\binom{2 n}{n})} .$
(c)

Calculer $S_{- 1}$ et $S_{0}$ .
(d)

Si $p \in ℕ$ , proposer une méthode de calcul de $S_{p}$ .

Solution

(a)

Par intégration par parties, on obtient une relation de récurrence qui conduit à

$\int_{0}^{1} x^{n} {(1 - x)}^{m} d x = \frac{n! m!}{(n + m + 1)!} .$
(b)

En posant $u_{n}$ le terme général de la série étudiée, on observe

$| \frac{u_{n + 1}}{u_{n}} | \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{4} .$

Par la règle de d’Alembert, la série converge.
(c)

$S_{- 1} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} x^{n} {(1 - x)}^{n - 1} d x$ . Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, on peut permuter et obtenir

$S_{- 1} = \int_{0}^{1} \frac{x d x}{1 - x (1 - x)} = \frac{π}{3 \sqrt{3}} .$

Puisque

$(\binom{2 n + 2}{n + 1}) = \frac{4 n + 2}{n + 1} (\binom{2 n}{n})$

on observe

$\frac{4}{(\binom{2 n + 2}{n + 1})} - \frac{2}{n + 1} \frac{1}{(\binom{2 n + 2}{n + 1})} = \frac{1}{(\binom{2 n}{n})} .$ (1)

En sommant pour $n$ allant de 1 à $+ \infty$ , on obtient

$4 (S_{0} - \frac{1}{2}) - 2 (S_{- 1} - \frac{1}{2}) = S_{0}$

puis

$S_{0} = \frac{1 + 2 S_{- 1}}{3} .$
(d)

On multiplie la relation (1) par ${(n + 1)}^{p}$ et l’on développe le ${(n + 1)}^{p}$ du second membre et en sommant comme ci-dessus, on saura exprimer $3 S_{p}$ en fonction des $S_{q}$ avec $q < p$ .

Applications de l'intégration terme à terme